第一章 预备知识 章末总结-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　预备知识 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 5 规律方法收藏 1．集合基本关系的探索性问题 对集合包含关系的刻画常常会出现在探索性问题之中，解决这类问题，首先要弄清集合的元素，进而将集合语言转化为我们习惯的语言形式来求解． 2．由集合的混合运算结果求变量 在利用集合的混合运算结果求变量的值或取值范围时，要注意对求出的值进行验证，以保证满足集合中元素的互异性． 规律方法收藏 7 3．充分条件与必要条件的理解及判定 充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件反映了条件和结论之间的关系，解决此类问题的基本步骤是： (1)确定条件是什么，结论是什么； (2)把复杂的条件(结论)化简； (3)尝试从条件推结论，从结论推条件； (4)确定是什么条件． 规律方法收藏 8 4．全称量词命题与存在量词命题 (1)确定命题中所含量词的意义，是全称量词命题和存在量词命题的判断要点．有时需要根据命题所述的对象来确定量词． (2)全称量词命题的否定是存在量词命题，存在量词命题的否定是全称量词命题． (3)要判定一个全称量词命题为真命题，必须对限定集合M中的每一个x验证p(x)成立，一般要运用推理的方法加以证明；要判定一个全称量词命题为假命题，只需举出一个反例即可． (4)要判定一个存在量词命题为真命题，只要在限定集合M中能找到一个x，使p(x)成立即可，否则这一存在量词命题为假命题． 规律方法收藏 9 5．比较数(式)的大小 依据：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a<b；a－b＝0⇔a＝b. 适用范围：若数(式)的大小不明显，作差后可化为积或商的形式． 步骤：①作差；②变形；③判断差的符号；④下结论． 变形技巧：①分解因式；②平方后再作差；③配方法；④分子(分母)有理化． 6．利用基本不等式证明不等式 (1)充分利用条件是关键，要注意“1”的整体代换及几个“＝”必须保证同时成立． (2)利用基本不等式证明不等式就是从已知的不等式入手，借助不等式的性质和基本不等式，经过逐步的逻辑推理，最后推得所证结论，其特征是“由因导果”． (3)证明不等式时要注意灵活变形，可以多次利用基本不等式的变形形式． 规律方法收藏 10 7．利用基本不等式求最值 (1)利用基本不等式求最值，必须同时满足以下三个条件：一正、二定、三相等． 即：①x，y都是正数； ②积xy(或和x＋y)为常数(有时需通过“配凑、分拆”凑出定值)； ③x与y必须能够相等(等号能够取到)． (2)构造定值条件的常用技巧 ①加项变换；②拆项变换；③统一换元；④平方后利用基本不等式． 规律方法收藏 11 8．二次函数的解析式 (1)二次函数的解析式通常有两种形式： ①一般式：y＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)； ②顶点式：y＝a(x－h)2＋k(a，h，k为常数，a≠0)． (2)要确定二次函数的解析式，就是要确定解析式中的待定系数(常数)，由于每一种形式中都含有三个待定系数，所以用待定系数法求二次函数的解析式时，通常有以下两种情况： ①当已知抛物线上任意三点时，通常设函数解析式为一般式y＝ax2＋bx＋c，然后列出三元一次方程组求解； ②当已知抛物线的顶点坐标和抛物线上另一点时，通常设函数解析式为顶点式y＝a(x－h)2＋k求解． 规律方法收藏 12 9．解一元二次不等式的步骤 当a>0时，解形如ax2＋bx＋c>0(≥0)或ax2＋bx＋c<0(≤0)的一元二次不等式的一般步骤如下： (1)确定对应方程ax2＋bx＋c＝0的解； (2)画出对应函数y＝ax2＋bx＋c的图象的简图； (3)由图象写出不等式的解集． 特别提醒：(1)在通过图象获取解集时，注意不等式中的不等号方向、是否为严格不等关系及Δ＝0时的特殊情况． (2)当a<0时，解不等式可以从两个方面入手：①画出对应图象进行直接判定（此时图象开口向下)；②两边同乘以－1，把a转变为－a再进行求解． 规律方法收藏 13 10．一元二次不等式的实际应用 不等式在解决生活、生产中的一些实际问题中有着广泛的应用，主要有范围问题、可行性问题及最值问题等．解一元二次不等式的应用问题的关键在于构造一元二次不等式模型．解题的一般步骤是： (1)理清题意：弄清问题的实际背景和意义，用数学语言来描述问题． (2)简化假设：精选问题中的关键变量． (3)列出关系式：建立变量间的不等关系式． (4)求解：运用数学知识解相应不等式． (5)检验并作答：将所得数据特征放回原题中检验是否符合实际情况，然后给出问题答案． 规律方法收藏 14 学科素养培优 在解答集合的运算问题时，我们往往根据集合中元素的不同属性采用不同的图形求解，若给定的集合是不等式的解集，常用数轴来求解；若给定的集合是有限数集，一般采用Venn图来求解． 一、数形结合思想 学科素养培优 16 1．运用数轴 已知集合A＝{x|x<－1，或x≥1}，B＝{x|2a<x≤a＋1，a∈R，a<1}，B⊆A，求实数a的取值范围． 解 学科素养培优 17 2．运用Venn图 已知全集I＝{x|0<x<10，x∈N＋}，A∩B＝{3}，A∩(∁IB)＝{1，5，7}，(∁IA)∩(∁IB)＝{9}，求集合A和B. 解　由I＝{x|0<x<10，x∈N＋}，得I＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}． 用Venn图表示A∩B＝{3}，A∩(∁IB)＝{1，5，7}，(∁IA)∩(∁IB)＝{9}，如图所示，得集合A＝{1，3，5，7}，集合B＝{2，3，4，6，8}． 解 学科素养培优 18 解分类讨论问题的实质是将“整体”化为“部分”来解决，化为“部分”后，增加了题设条件，这也是解分类问题总的指导思想． 若集合A＝{x|－1≤x≤7}，B＝{x|n＋1≤x≤2n－3，n∈R}，且B⊆A，求n的取值范围． 解 二、分类讨论思想 学科素养培优 19 令A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}． 三、集合法 条件 p是q的 q是p的 AB 充分不必要条件 必要不充分条件 BA 必要不充分条件 充分不必要条件 A＝B 充要条件 A与B互不包含 既不充分也不必要条件 学科素养培优 20 已知p：x2＋x－6＝0，q：mx＋1＝0(m≠0)，且q是p的充分不必要条件，则实数m的值为________． 答案 解析 学科素养培优 21 利用量词命题与量词命题的否定的真假性相反的性质，达到证明的目的． 证明 四、反证法 学科素养培优 22 证明 学科素养培优 23 五、利用基本不等式求最值的方法 学科素养培优 24 答案 解析 －2 学科素养培优 25 2．消元法 当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”的形式，最后利用基本不等式求最值． 答案 解析 3 学科素养培优 26 3．配凑法 (1)从和或积为定值的角度入手配凑 某些不等式的约束条件可看成若干变元的和或积的定值，在不等式的变形中，配凑出这些定值，可使问题巧妙获解．常见的配凑变形有化积为和、常数的代换、加法结合律等常规运算和技巧． 学科素养培优 27 解 学科素养培优 28 解 学科素养培优 29 解 已知x，y，z为正数，且满足xyz(x＋y＋z)＝1，求(x＋y)(y＋z)的最小值． 学科素养培优 30 证明 学科素养培优 31 解 学科素养培优 32 一元二次方程、一元二次不等式与一元二次函数的关系十分密切，习惯上称为“三个二次”问题．根据判别式法在解一元二次方程中的作用，可见判别式法在“三个二次”问题中的重要性． 六、判别式法在“三个二次”问题中的应用 学科素养培优 33 1．求最值 已知正实数a，b满足a＋2b＋ab＝30，试求实数a，b为何值时，ab取得最大值． 解 解　构造关于a的二次方程，应用“判别式法”． 设ab＝y，① 由已知，得a＋2b＋y＝30.② 由①②消去b，整理，得a2＋(y－30)a＋2y＝0，③ 学科素养培优 34 解 对于③，由Δ＝(y－30)2－4×2y≥0， 即y2－68y＋900≥0，解得y≤18或y≥50， 又y＝ab<30，故舍去y≥50，得y≤18. 把y＝18代入③(注意此时Δ＝0)，得 a2－12a＋36＝0，即a＝6，从而b＝3. 故当a＝6，b＝3时，ab取得最大值18. 学科素养培优 35 2．求变量的取值范围 不等式(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围． 解 学科素养培优 36 　　　　　　　　　　　　　 R 解　∵a<1，∴2a<a＋1，∴B≠∅. 在数轴上表示集合A，B，如图所示： 由B⊆A知，a＋1<－1或2a≥1， 即a<－2或a≥eq \f(1,2). 又a<1， ∴实数a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a<－2，或\f(1,2)≤a<1)))). 解　当B＝∅时，n＋1>2n－3，解得n<4. 此时B⊆A； 当B≠∅时，要使B⊆A， 必须满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋1≥－1，,2n－3≤7，,n＋1≤2n－3，))解得4≤n≤5. 综上所述，n的取值范围为{n|n≤5}． －eq \f(1,2)或eq \f(1,3) 解析　由题意得，p：x＝2或x＝－3，设A＝{x|x＝2或x＝－3}，B＝{x|mx＋1＝0}．∵q是p的充分不必要条件，∴B≠∅且BA.∵m≠0，∴集合B中的元素为－eq \f(1,m).当－eq \f(1,m)＝2时，m＝－eq \f(1,2)，此时符合题意；当－eq \f(1,m)＝－3时，m＝eq \f(1,3)，此时也符合题意．故实数m的值为－eq \f(1,2)或eq \f(1,3). 证明　假设a，b，c中至多有一个数不小于1，这包含下面两种情况： ①a，b，c三数均小于1，即0<a<1，0<b<1，0<c<1， 则eq \f(1,a)>1，eq \f(1,b)>1，eq \f(1,c)>1. 所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>3，与已知条件矛盾； (1,a) 设三个正实数a，b，c满足条件＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝2，求证：a，b，c中至少有两个数不小于1. ②a，b，c中有两个数小于1，不妨设0<a<1，0<b<1，而c≥1，则eq \f(1,a)>1，eq \f(1,b)>1. 所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>2＋eq \f(1,c)>2，也与已知条件矛盾．所以假设不成立． 所以a，b，c中至少有两个数不小于1. 1．常数代换法 主要解决形如“已知x＋y＝t(t为常数)，求eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)的最值”的问题，先将eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值． (1,2|a|) 设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，＋eq \f(|a|,b)取最小值． 解析　由a＋b＝2⇒eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥eq \f(a,4|a|)＋1，显然当且仅当a<0，b＝2|a|时，上式取最小值eq \f(3,4).所以b＝－2a代入a＋b＝2⇒a＝－2. 解析　解法一：由x－2y＋3z＝0，得y＝eq \f(x＋3z,2)，故eq \f(y2,xz)＝eq \f(（x＋3z）2,4xz)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(x,z)＋\f(9z,x)))≥eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋2\r(\f(x,z)·\f(9z,x))))＝3，当且仅当x＝y＝3z时取等号，即eq \f(y2,xz)的最小值为3. 解法二：由x－2y＋3z＝0，得x＝2y－3z，eq \f(x,y)＝2－eq \f(3z,y)>0.eq \f(y2,xz)＝eq \f(y2,（2y－3z）z)＝eq \f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3z,y)))·\f(3z,y))≥eq \f(3,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3z,y)＋\f(3z,y)))))\s\up12(2))＝3，当且仅当x＝y＝3z时取等号，即eq \f(y2,xz)的最小值为3. (y2,xz) 设x，y，z为正实数，满足x－2y＋3z＝0，则的最小值为_____． (1,ab) 设a>b>0，求a2＋＋eq \f(1,a（a－b）)的最小值． 解　a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a（a－b）)＝a2－ab＋ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a（a－b）)＝a(a－b)＋eq \f(1,a（a－b）)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab＋\f(1,ab)))≥2＋2＝4， 当且仅当ab＝1且a(a－b)＝1， 即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时取等号． 故a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a（a－b）)的最小值为4. 解　∵x，y∈(0，＋∞)，x2与eq \f(y2,2)的和为定值， ∴xeq \r(1＋y2)＝eq \r(x2（1＋y2）)＝eq \r(2x2·\f(1＋y2,2)) ≤eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(1＋y2,2),2)＝eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(y2,2)＋\f(1,2),2)＝eq \f(3\r(2),4)， 当且仅当x2＝eq \f(1＋y2,2)， 即x＝eq \f(\r(3),2)，y＝eq \f(\r(2),2)时取等号， 即xeq \r(1＋y2)的最大值为eq \f(3\r(2),4). (y2,2) 设x，y∈(0，＋∞)，x2＋＝1，求xeq \r(1＋y2)的最大值． 解　由已知条件得x＋y＋z＝eq \f(1,xyz)， 则(x＋y)(y＋z)＝xy＋xz＋y2＋yz＝y(x＋y＋z)＋xz＝y·eq \f(1,xyz)＋xz＝eq \f(1,xz)＋xz≥2， 当且仅当eq \f(1,xz)＝xz， 即xz＝1时取等号， 故(x＋y)(y＋z)的最小值为2. 证明　为了约去2,k)eq \f(a,ak＋1) 中的分母，可考虑配上一项ak＋1，于是有2,1)eq \f(a,a2) ＋a2≥2a1，2,2)eq \f(a,a3) ＋a3≥2a2，…，2,n－1)eq \f(a,an) ＋an≥2an－1，2,n)eq \f(a,a1) ＋a1≥2an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时取等号． 以上不等式相加，化简，可得原不等式成立． 2,1)(a 设a1，a2，a3，…，an∈R＋，求证：,a2) ＋2,2)eq \f(a,a3) ＋…＋2,n－1)eq \f(a,an) ＋2,n)eq \f(a,a1) ≥a1＋a2＋a3＋…＋an. 解　eq \r(2)·eq \r(3a＋1)≤eq \f(2＋3a＋1,2)＝eq \f(3a＋3,2)，eq \r(2)·eq \r(3b＋1)≤eq \f(3b＋3,2)，eq \r(2)·eq \r(3c＋1)≤eq \f(3c＋3,2). 以上三式相加，并利用a＋b＋c＝1，得 eq \r(2)(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))≤6， 故eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)的最大值为3eq \r(2). (2)从取等号的条件入手配凑 在题中约束条件下，各变元将取某个特定值，这就提示我们可考虑用这些值来进行配凑． (3a＋1) 设a，b，c>0，a＋b＋c＝1，求＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)的最大值. 解　(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0对任意x∈R恒成立． ①若m2－2m－3＝0，则m＝－1或m＝3. 当m＝－1时，不符合题意；当m＝3时，符合题意； ②若m2－2m－3≠0，设y＝(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0对任意x∈R恒成立， 则m2－2m－3<0，Δ＝5m2－14m－3<0， 解得－eq \f(1,5)<m<3. 综上所述，实数m的取值范围是－eq \f(1,5)<m≤3. $$